2025考研数学（二）真题试卷及解析详细版_27考研真题_考研数学一、二、三历年真题+考研数学资料（1994-2026）_考研数学真题（1987-2026）_考研数学真题（1987-2026）_数学二

2025 考研数学（二） 真题
试卷及解析
一、选择题：1～10小题，每小题5分，共50分．下列每题给出的四个选项中，只有一个选
项是符合题目要求的．
1. 设函数z  z(x,y)由zlnz x et2 dt 0确定，则 z  z 
y x y
z  
A．
ex2 ey2
．
z1
z  
B．
ex2 +ey2
．
z1
z  
C． ex2 ey2 ．
z1
z  
D． ex2 ey2 ．
z1
1.【答案】A
【解析】 ，分别对 求偏导，得：
2.已知函数 f  x   x et2 sintdt ，g  x   x et2 dtsin2x，则
0 0
A．x0是 f  x 的极值点，也是g  x 的极值点．
B．x0是 f  x 的极值点， 0,0 是曲线y  g  x 的拐点．
C．x0是 f  x 的极值点， 0,0 是曲线y  f  x 的拐点．
数学试题及解析 第1页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库D． 0,0 是曲线 y  f  x 的拐点， 0,0 也是曲线 y  g  x 的拐点．
【答案】B
【解析】
f(x)ex2
sinx,
f(x)2xex2 sinxex2
cosx
f(0)0, f(0)10.
x0 是 f(x) 的极值点.
g(x)ex2 sin2xsin2x x et2 dt ,
0
g(x)ex2 sin2x2xex2 sin2xsin2xex2 2cos2x x et2 dt
0
g(0)0, g(0)0, g(0)0
.
(0,0) 是 y  g(x) 的拐点.
+
3.如果对微分方程y-2ay+  a+2  y 0任一解y  x ，反常积分 y  x  dx均收敛，则a的
0
取值范围为
A.(2，1]. B.(，1].
C.
(2，0)
. D.
(，0)
.
3. 【答案】C
【解析】当 时，y 4y 0，通解： ， 时，
不收敛.
故B、D排除.
当 时， ，通解：
收敛.
数学试题 第2页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库4.设函数 f  x ，g  x 在x0某去心邻域内有定义且恒不为0，若x0时，f  x 是g  x 
的高阶无穷小，则当x0时
A. f

x
g 
x
o
g

x

.
B. f

x

g

x
o
f
2
x

.
C. f  x o  egx 1  .
D. f

x
o g2
x

.
4.【答案】C
【解析】由题易知， 时， 是 高阶无穷小.
则有 及 ， .
又 ， 在 某去心邻域内有定义且不恒等于0.
故对于 选项，等式两端同除 得：
取极限得
即 ，显然A不成立.
对于B选项，等式两端同除 得
两端取极限得 , 即 ，显然不成立.
对于C选项，等式两端同除 得
数学试题 第3页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库取极限得
显然有 ，故 正确.
对于D等式两端同除 得
取极限得 ，显然不成立.
综上选C.
5．设函数 f(x,y)连续，则 2 dx 4 f  x,y  dy 
2 4x2
A． 4

  4y f  x,y  dx 2 f  x,y  dx 

dy ．
0  2 4y 
B． 4

  4y f  x,y  dx 2 f  x,y  dx 

dy ．
0  2 4y 
C． 4

   4y f  x,y  dx 4y f  x,y  dx 

dy ．
0  2 2 
D．2 4 dy 2 f  x,y  dx．
0 4y
【答案】A
【解析】由题易知，此二重积分积分区域为
数学试题 第4页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库 
D (x,y) 4x2 y4,2 x2 ，对应图像为上图所示。
   
记D  (x,y) 4x2 y4,2 x0 ，D  (x,y) 4x2 y4,0 x2 ，且
1 2
I= 2 dx 4 f  x,y  dy ，则I= f  x,y  d f  x,y  d，交换积分次序得
2 4x2
D D
1 2
I= 4 dy  4y f  x,y  dx  4 dy 2 f  x,y  dx
0 2 0 4y
  4   4y f  x,y  dx 2 f  x,y  dx  dy
 
0  2 4y 
故A正确。
6. 设单位质点P,Q分别位于点(0,0)和(0,1)处，P从点(0,0)出发沿x轴正向移动，记G为
引力常量，则当质点P移动到点(l,0)时，克服质点Q的引力所做的功为（ ）
 l G dx  l Gx dx
A. 0 x2 1 B. 0 (x2 1) 3 2
l G l G(x1)
 dx  dx
C. 0 (x2 1) 3 2 D. 0 (x2 1) 3 2
【答案】A
【解析】由题可知，其对应如图所示.
单位质点P与单位质点Q之间的引力为
数学试题 第5页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库其中 为两质点间的距离.
旦由图可知
又引力F在 方向上的力投影为 .
故克服引力做功为：
1 1 G x 1 Gx
W  Fdx dx dx
0 x 0(x2 1) 1x2 0 3
(1x2)2
7.设函数 f(x)连续，给出下列4个条件：
f(x)  f(0)
①lim 存在；
x0 x
f(x) f(0)
②lim 存在；
x0 x
f(x)
③lim 存在；
x0 x
f(x) f(0)
④lim 存在.
x0 x
其中可得到“ f(x)在x0处可导”的条件个数为
A.1. B.2. C.3. D.4.
7.【答案】B
【解析】①
. 或 为正.
数学试题 第6页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库若 为正，则当x0时. 有 .则 
若 ，
f x
lim  A
x0 x ，则 存在，若 ，则 不存在.

f x
lim  A
x0 x
②由 ，则
若 ，则
若 ，则 从而②成立.
③由 存在，则 . 则同①，从而③错.
④ 存在，则 在 处可导 在 处可导，④正确.
从而①③错误，②④正确，选B.
1 2 0
 
8.设矩阵 2 a 0 有一个正特征值和两个负特征值，则（ ）
 
 
0 0 b
A.a 4,b0 B.a4,b0
C.a 4,b0 D.a4,b0
【答案】D
【解析】
数学试题 第7页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库1 2 0
 
令A 2 a 0 ，为实对称矩阵，对应二次型为 f  x ,x ,x x2ax2bx24x x ，
  1 2 3 1 2 3 1 2
 
0 0 b
则用配方法将其化为标准型，f  x ,x ,x  x 2x 2(a4)x2bx2。已知A有一正两
1 2 3 1 2 2 3
负特征值，则
a40 a4
  ，故选D.

b0 b0
1 1 0 1
 
9.下列矩阵中，可以经过若干初等行变换得到矩阵 0 0 1 2 的是
 
 
0 0 0 0
1 1 0 1 1 1 0 1
   
1 2 1 3 . 1 1 2 5 .
   
   
2 3 1 4 1 1 1 3
A. B.
1 0 0 1 1 1 2 3
   
0 1 0 3 . 1 2 2 3 .
   
   
0 1 0 0 2 3 4 6
B. D.
9.【答案】B
【解析】
A选项：
B选项：
C选项：
数学试题 第8页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库D选项：
数学试题 第9页（共3页）
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10.设3阶矩阵 满足 则
(A+B)x = 0
A.方程组 只有零解.
B.方程组Ax =0与方程组Bx =0均只有零解.
C.方程组Ax =0与方程组Bx =0没有公共非零解.
D.方程组ABAx =0与方程组BABx =0有公共非零解.
【答案】D
【解析】
取 ,则 ， .
， .排除B，C.
， 排除A,故选D.
二、填空题：11～16小题，每小题5分，共30分．
 a
11.设 dxln2，则a  ______.
1 x  2xa 
【解析】a 2.
数学试题 第10页（共3页）
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 a  a
  dx lnxln(2x a)    dx lnxln(2x a) 
1 x(2xa) 1 1 x(2xa) 1
x 1 x
 lim ln ln  lim ln(2a)
x 2xa 2a x xa
1
ln ln(2a)ln2
2
ln(2a)2ln2a2
12.曲线 y  3 x33x2 1的渐近线方程为______.
【解析】
可得无水平渐近线、铅直渐近线，故求斜渐近线即可.
故
1  1 2 n1
13.lim  ln 2ln  n1  ln  ______ .
nn2  n n n 
【解析】
数学试题 第11页（共3页）
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更多资料关注微信公众号：考研文库xln  12t  ,
 dy
14.已知函数 y  y  x 由 确定，则  ______.
2t yt2 eu2 du 0 dx t0

1
【解析】
由②两边关于 求导，则
当 时,
则 .
15.微分方程 2y3x  dx 2x5y  dy 0满足条件 y  1 1的解为______.
【答案】3x2 4xy5y2 4
【解析】
解：
(2y3x)dx(2x5y)dy=0
2ydx2xdy3xdx5ydy=0
3 5
d(2xy)d( x2)d( y2)=0
2 2
即
3 5
d(2xy x2 y2)=0
2 2
3 5
2xy x2 y2 c
2 2
数学试题 第13页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库又因为
y(1)1
则
3 5
2  c,c2
2 2
即
3 5
2xy x2 y2 2
2 2
3x2 4xy5y2 4
2x 2011x2
则所求方程为 y  .
5
16.设矩阵 A a ,a ,a ,a  ，若 a ,a ,a 线性无关，且 a a a a ，则方程组
1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 4
Ax a 4a 的通解为x  ______.
1 4
 1  1
   
1 0
   
【答案】 k  ，k为任意常数
1 0
   
1 4
【解析】由于   ，故,,, 线性相关；且已知,,线性无关，
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3
1 1
   
0 0
则 r  A 3 。那么 Ax4 等价于 ,,,     4 ，故   是
1 4 1 2 3 4 0 1 4 0
   
4 4
Ax4 的一个特解。又因为   ，即   0 ，则
1 4 1 2 3 4 1 2 3 4
 1   1 
   
1 1
,,,    0 。由s nr  A  431可得，   是Ax0的一个基础解
1 2 3 4 1 1
   
1 1
数学试题 第14页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库系，故Ax4的通解为
1 4
 1  1
   
1 0
   
k  ，其中k为任意常数。
1 0
   
1 4
数学试题 第15页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库三、解答题：17～22小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题满分10分）
1 1
计算 dx.
0 x1  x2 2x2 
17．解：
1 1 1 A BxC 
 dx    dx
0 (x1)  x22x2  0 x1 x22x2
 1 1 3 
 x
 
1 5 3 5
    dx
0 x1 x22x2 
 
1 1 1
1 1 2 3 1
 ln|1x|  ln x22x2  arctan(x1)  ln2 π.
5 10 5 0 10 1
0 0 0
18.（本题满分12分）
xf  x e2sinx 1
设函数 f  x 在x 0处连续,且lim 3.
x0 ln  1x ln  1x 
证明 f  x 在x 0处可导,并求 f 0  .
18 解：
已知ln(1x)ln(1x) x 1 x2o  x2 x 1 x2o  x2  x2o  x2 
2 2
e2sinx 12sinx 1 (2sinx)2 o  x2  12sinx2sin2 xo  x2 
2
xf(x)e2sinx 1 xf(x)  12sinx2sin2xo  x2 1
因此，3lim lim
x0 x2 x0 x2
xf(x)2sinx 2sin2 x
lim lim
x0 x2 x0 x2
数学试题 第16页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库xf(x)2  x 1 x3o  x3

xf(x)2sinx  6 
可以得出lim 5，lim 5 ,
x0 x2 x0 x2
xf(x)2x f(x)2
进一步可以得出lim 5,以及lim 5,
x0 x2 x0 x
f(x)2
lim[f(x)2]0，可得lim f(x)2 f(0)，故 f(0)lim 5。
x0 x0 x0 x
数学试题 第17页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库19.（本题满分12分）
设函数 f  x,y  可微,且满足 df  x,y 2xeydxey  x2  y1  dy, f  0,0 2, 求
f

x,y
，并求
f

x,y
的极值.
19. 解：
f f
2xey  f(x,y)x2ey (y). 则  x2ey (y)eyx2(y1)ey
x y
则 (y)(y1)ey
(y)(y2)ey C
则
f(x,y)x2ey (y2)ey C
又f(0,0)2 ,C0
则 f(x,y)x2ey (y2)ey.
ì ¶f
ï =-2xe-y =0
¶x ì x=0
Þ
ï
ï
¶f
=e-y(x2 - y-1)=0
ïîy=-1
î¶y
则驻点（0，-1）
f = -2e-y, f = 2xe-y, f =e-y(x2- y -1)-e-y =e-y(x2- y)
xx xy yy
在点（0，-1）处A= -2e,B = 0,C = -e
则AC - B2 >0,A< 0,从而 f (x,y)在（0，-1）处有极大值，且极大值为
f (0,-1)=e
20.（本题满分12分）
数学试题 第18页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库已知平面有界区域D   x,y  |x2  y2 4x,x2  y2 4y  ,计算  x y 2 dxdy.
D
16
【答案】 12
3
由题可知，积分区域D   (x,y∣)(x2)2 y2 22,x2(y2)2 22
对应图形为右图所示，
显然积分区域关于 y  x对称
记D   (x,y∣) x2(y2)2 22,yx 
1
D   (x,y∣)(x2)2 y2 22,yx 
2
故I  (x y)2dxdy  (x y)2dxdy(x y)2dxdy
D D D
1 2
2(x y)2dxdy
D
1
0r4cos

令xrcos.y rsin 则在积分区域D 上有  
1 0  
 4

则(x y)2dxdy   x2  y2 2xy  dxdy  4d 4cos r2 2r2cossin  rdr
0 0
D D
1 1
   4d 4cos r32r3cossin  dr  6 8
0 0 3
8 16
故I 2(6 )12 .
3 3
21.（本题满分12分）
设函数 f  x 在区间 a,b 内可导.证明导函数 f x 在 a,b 内严格单调增加的充分必要条
件是:
数学试题 第19页（共3页）
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
x

f

x

f

x

f

x

对 a,b 内任意的x ,x ,x ,当x  x  x 时, 2 1  3 2 .
1 2 3 1 2 3 x x x x
2 1 3 2
解：
充分性：若对(a,b)内任意的x ,x ,x ，当x  x  x 时，都有
1 2 3 1 2 3
f

x

f

x

f

x

f

x

2 1  3 2
x x x x
2 1 3 2
(a,b)内取任意的x  x  x  x  x ，有
则在 1 2 3 4 5
f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

f

x

2 1  3 2  4 3  5 4
x x x x x x x x
2 1 3 2 4 3 5 4
f  x  f  x  f  x  f  x  x  x，得
在 2 1  3 2 两边同时令 2 1
x x x x
2 1 3 2
f  x  f  x  x  x ，得 f  x  f  x 
f  x  3 1 ，两边同时令 2 3 3 1  f  x  ，即
 1 x x x x  3
3 1 3 1
f

x

f

x

f

x

f

x

f  x  3 1  f   x  ，同理可得 f  x  3 1  f   x  .因为
 1 x x  3  3 x x  5
3 1 3 1
f  x  f  x  f  x  f  x  f  x  f  x  .由x ,x 的任意性，可得 f x 在
3 1  5 3 ，所以  1  5 1 5
x x x x
3 1 5 3
 
a,b 内严格单调递增，充分性得证。
f
x

单调递增，在

x ,x

,

x ,x

上分别使用拉格朗日中值定理，
再证必要性，即已知 1 2 2 3
知存在 x ,x  ,  x ,x  ，使
1 1 2 2 2 3
f

x

f

x

f

x

f

x

f 2 1 ， f 3 2 ，
1 x x 2 x x
2 1 3 2
f x  单调递增，且  知， f f ，即
又由 1 2 1 2
，必要性得证。
f

x

f

x

f

x

f

x

2 1  3 2
x x x x
2 1 3 2
数学试题 第20页（共3页）
更多资料关注微信公众号：考研文库综上所述，充要条件得证。
22.（本题满分12分）
 4 1 2 k 0 0
   
已知矩阵A 1 1 1 与B  0 6 0 合同.
   
  2 1 a    0 0 0 
(1)求a的值及k 的取值范围;
(2)若存在正交矩阵Q,使得QTAQ B,求k 及Q.
（1）A与B合同知，二者有相同的正负惯性指数
显然，B的特征值为 K、6、0，故 有特征值0.故 .
计算得 ，即有 .
此时 .
知 的特征值为3、6、0. P=2. 故k>0.
(2)由 ，知 .
故 、 相似，特征值相同，故 .对A: 时，解 ，
， 时，解 ，
时，解
再单位化得： .
数学试题 第21页（共3页）
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